2024届高三新高考化学大一轮专题练习——镁及其化合物

这是一份2024届高三新高考化学大一轮专题练习——镁及其化合物，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2024届高三新高考化学大一轮专题练习——镁及其化合物
一、单选题
1．（2023·山东潍坊·统考二模）以水泥厂的废料(主要成分为，含少量等杂质)为原料制备的工艺流程如下：

已知：下列说法正确的是
A．为提高酸浸速率，可使用浓硫酸 B．试剂X可以是
C．滤渣为 D．操作a所得滤液经处理后可循环利用
2．（2023·全国·高三专题练习）以菱镁矿(主要成分为，含少量、和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：

下列说法不正确的是
A．煅烧时将菱镁矿粉碎，有利于加快反应速率
B．浸出镁的反应为
C．浸出时产生废渣的主要成分是、和
D．将反应温度调控在高温条件下进行浸出和沉镁操作，均有利于提高镁元素的转化率
3．（2023秋·云南昆明·高三东川明月中学校考期末）既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和稀盐酸发生置换反应制得的是
A．MgCl2 B．CuCl2 C．FeCl2 D．FeCl3
4．（2021秋·山东临沂·高三统考期中）我国首艘使用了钛合金材料的国产航母已成功下水，钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应，但高温下能被空气氧化，由钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)提取金属钛的主要工艺流程如图。下列说法错误的是

A．步骤I、II中均发生氧化还原反应
B．步骤II中发生的化学反应为：
C．步骤II中反应可在氩气环境中进行，也可在空气中进行
D．可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁杂质
5．（2022·全国·高三专题练习）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．熔点很高，可用作耐高温材料
B．受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C．溶液显酸性，可用于蚀刻印刷铜制电路板
D．溶液能与反应，可用作漂白剂
6．（2022秋·福建龙岩·高三福建省长汀县第一中学校考阶段练习）绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某化工集团为减少环境污染，提高资源的利用率，将钛厂、氯碱厂、甲醇厂“进行联合生产。其主要生产工艺如下(中Ti为+4价)

下列叙述正确的是
A．该流程中只有“电解”“氯化”“合成”涉及氧化还原反应
B．“合成”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
C．“氯化”时焦炭和钛铁矿都是还原剂
D．上述流程中“Mg，Ar”可用“Mg，”代替
7．（2022春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考期末）下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A．
B．
C．
D．
8．（2022秋·江西南昌·高三南昌二中校考阶段练习）用α粒子()轰击产生中子的核反应为：，已知X原子核内质子数与中子数相等，下列说法正确的是
A．Y单质可用来生产光导纤维
B．加热时X单质可与水发生置换反应
C．Y元素在自然界主要以游离态存在
D．工业上通过电解X的盐溶液制备单质X
9．（2022·全国·高三专题练习）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。W、X、Y所在的族均不相邻，族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大。下列说法正确的是
A．由X、Y、Z三种元素形成的化合物只有一种
B．原子半径：
C．W的氢化物的沸点小于X的氢化物的沸点
D．一定条件下，Y的单质能将W从置换出来
10．（2022秋·河北石家庄·高三石家庄外国语学校校考期中）单质到盐的转化关系可表示为：

下述转化关系不正确的是
A．MgMgOMgCl2MgSO4
B．NaNa2ONaOHCH3COONa
C．CCO2H2CO3Na2CO3
D．SSO2H2SO3CaSO3
11．（2017春·湖南岳阳·高三统考期中）下列化合物既能用金属与氯气化合制备，又能用金属与盐酸反应制备的是
A． B． C． D．
12．（2022·高三单元测试）新型镁铝合金()有储氢性能，下列说法正确的是
A．1mol与足量盐酸完全反应放出的总物质的量为34mol
B．等质量的镁、铝和镁铝合金分别与足量的盐酸反应生成的体积(同温同压)由大到小的顺序为V(Al)>V(合金)>V(Mg)
C．该合金中存在
D．该合金应在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质熔炼而成
13．（2022·高三课时练习）下列金属氯化物既可以用金属单质和氯气的化合反应制得，又可以用金属单质和盐酸反应制得的是
A．CuCl2 B．FeCl3 C．FeCl2 D．MgCl2
14．（2021秋·江西·高三校联考阶段练习）海水淡化技术迅速发展，苦卤水的充分利用显得尤其重要。下图是利用苦卤水制备无水MgCl2的过程，下列说法正确的是

A．向苦卤水中加入石灰的目的是生成和
B．煅烧产物是
C．固体单质Ⅰ为Mg(还原剂)，气体单质Ⅱ为Cl2(氧化剂)
D．煅烧产物中的元素参与氯化反应时，其元素在反应前后无化合价变化

二、填空题
15．（2019·全国·高三专题练习）将NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体的混合物放入足量水中，得到浑浊液。向该浑浊液中逐滴加入1.00mol·L-1HCl，生成沉淀的质量与所加体积的关系如图所示。则原混合物中含MgCl2____g，含AlCl3____g，含NaOH____g，C点所加盐酸的体积为_____mL。

16．（2019·全国·高三专题练习）某课外活动小组探究镁与CO2、NO2的反应。
(1)实验发现点燃的镁条能在CO2气体中继续燃烧，产生黑、白两种固体，请用化学反应解释该现象_____。
(2)该小组采用类比Mg与CO2反应的思路对Mg与NO2的反应进行预测，写出Mg与NO2反应的化学方程式_____。
(3)设计实验验证猜测(用于连接玻璃管的乳胶管均内衬锡纸)。
资料信息：2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O。

①装置A中的试剂是_____。
②干燥管和装置B的作用分别是_____、_____。
③实验开始时正确的操作步骤是_____。
a.通入NO2
b.打开弹簧夹
c.点燃酒精灯
d.当硬质玻璃管充满红棕色气体后，关闭弹簧夹
17．（2019秋·甘肃张掖·高三山丹县第一中学校考阶段练习）在人类社会的发展进程中，金属起着重要的作用。
(1)以下有关金属单质的叙述正确的是_______。
A．金属钠非常活泼，在实验室中保存在石蜡油或煤油中
B．用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热，可观察到铝箔熔化，并有熔融物滴下
C．铁单质与水蒸气反应的化学方程式为：2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2
(2)把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。

①A点的沉淀物的化学式为______________。
②写出A点至B点发生反应的离子方程式：_________________。
③某溶液中溶有MgCl2和AlCl3两种溶质，若把两者分开，应选用的试剂为：NaOH溶液、_______和盐酸。
④C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl溶液的体积为________mL。
18．（2018秋·湖南郴州·高三统考期末）把一定质量的镁、铝混合物投入到1 mol/L的盐酸中，待金属完全溶解后，向溶液中加入1mol/L的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。则：

(1)金属铝的质量为_________；
(2)图象中80-90mL之间发生的离子方程式：____。

参考答案：
1．D
【分析】水泥厂的废料（主要成分为MgO，还有少量等杂质）制取MgSO4•7H2O，废料加入足量稀硫酸，都与硫酸反应，转化为对应的硫酸盐，SiO2不与硫酸反应，向反应后溶液中加入次氯酸钠溶液氧化亚铁离子为铁离子，同时使锰离子转化为MnO2沉淀，再加入氧化镁等物质调节溶液的pH值，除去锰离子、铁离子、铝离子，过滤，将滤液进行一系列操作得到MgSO4•7H2O；据此分析解题。
【详解】A．适当升温（或粉碎或搅拌）即可提高浸取速率，不需要使用浓硫酸，故A错误；
B．试剂X为氧化镁或碳酸镁，不能为，故B错误；
C．滤渣为、MnO2，故C错误；
D．操作a是从溶液中经过一系列过程得到晶体，过滤时溶液中含有硫酸镁，为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是将操作a后的母液循环利用，故D正确；
故答案选D。
2．D
【分析】菱镁矿粉碎煅烧碳酸镁转化为氧化镁，加入氯化铵，将氧化镁转化为氯化镁溶液，控制溶液pH，将铁、铝转化为氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀，两者和二氧化硅一起成为滤渣，滤液加入氨水生成氢氧化镁沉淀，煅烧氢氧化镁得到镁砂；
【详解】A．煅烧时将菱镁矿粉碎增大接触面积，有利于加快反应速率，A正确；
B．铵根离子水解显酸性，和氧化镁反应生成氯化镁和氨气，浸出镁的反应为，B正确；
C．由分析可知，浸出时产生废渣的主要成分是、和，C正确；
D．浸出操作，升高温度可以加快反应速率且利于氨气逸出，但是沉镁操作温度过高会导致氨气逸出反而不利于氢氧化镁沉淀的生成，D错误；
故选D。
3．A
【详解】A． Mg与氯气、稀盐酸均能反应生成MgCl2，故A符合；
B． Cu与氯气反应生成CuCl2，与稀盐酸不反应，故B不符合；
C． Fe与氯气点燃生成FeCl3，与稀盐酸反应生成FeCl2，故C不符合；
D． Fe与氯气点燃生成FeCl3，与稀盐酸反应生成FeCl2，故D不符合；
故选A。
4．C
【分析】由钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2)提取金属钛的主要工艺流程如图，由流程可知：I中发生反应2FeO+CCO2↑+2Fe ；步骤II中发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，III中发生反应：2Mg+TiCl42MgCl2+2Ti，以此解答该题。
【详解】A．步骤I中FeO与C在高温下发生反应为：2FeO+CCO2↑+2Fe；步骤I中TiO2与Cl2在高温下发生反应为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。这两个反应中均存在元素化合价变化，因此都属于氧化还原反应，A正确；
B．由选项A分析可知步骤II中发生反应为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，B正确；
C．在高温条件下Ti、Mg能被空气氧化，则步骤II需在氩气环境中进行，以防止金属被空气氧化，C错误；
D．在常温下Ti与酸不反应，Mg与稀硫酸反应，则可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁，D正确；
故合理选项是C。
5．A
【详解】A．具有高熔点的物质可用作耐高温材料，熔点很高，可用作耐高温材料，A正确；
B．能与酸反应生成铝盐和水，可用于制胃酸中和剂，但不能长期使用，与受热易分解无关，B错误；
C．具有强氧化性，能与Cu反应，将Cu溶解，所以溶液可用于蚀刻印刷铜制电路板，与其水解显酸性无关，C错误；
D．具有强氧化性，可用作漂白剂，与溶液能与反应关系不大，D错误；
故选A。
6．C
【分析】由流程可知，氯碱厂用电解饱和食盐水得到氢气、氯气及烧碱，生成的氯气和焦炭、钛铁矿反应得到FeCl3、TiCl4和CO，TiCl4进入钛厂，用于冶炼Ti，CO和H2进入甲醇厂合成甲醇。
【详解】A．该流程中除“电解”“氯化”“合成”外，Mg还原TiCl4制取Ti也是氧化还原反应，故A错误；
B．“合成”反应中CO与H2反应生成甲醇，反应方程式为CO+2H2CH3OH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故B错误；
C．“氯化”时C转化为CO，发生反应为2+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，碳元素化合价从0价升高到+2价，铁元素化合价从+2价升高到+3价，则焦炭和钛铁矿都是还原剂，故C正确；
D．Ar与Mg不反应，所以Ar可用作保护气，Mg与反应生成氮化镁，所以不能换成作保护气，故D错误；
答案选C。
7．C
【详解】A．与在放电或者高温下反应只能生NO，NO再进一步氧化为，则不能一步实现，故A错误；
B．S在燃烧只能生成，进一步被氧化，则不能一步实现，故B错误；
C．通过反应流程可制备高纯度晶体硅，故C正确；
D．金属的活性Mg＞Al，Al不能置换Mg，所以Al不与MgO反应，故D错误；
答案选C。
8．B
【分析】由核反应可得X的质量数为a=24，又因核内质子数与中子数相等，所以b=12，可推出X为Mg元素，再由核反应可得c=14，所以Y为Si元素。
【详解】A．作光导纤维的材料是，故A错误；
B．Mg与在加热时可发生置换反应生成和，故B正确；
C．Si在自然界全部以化合态存在，故C错误：
D．工业上通过电解熔融的制Mg，故D错误；
故答案为：B。
9．D
【分析】族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大，但Y的序数比W、X均大，则Y、Z一定位于第三周期，W、X一定位于第二周期；4种元素最外层电子数之和为19，则Y和W的族序数之和一定小于19÷2=9.5，则二者只能为前四个主族；Y为Na时，没有符合题意的，Y为Mg时，W为C、X为O、Z为Cl ，故符合题意的为：Y为Mg、W为C、X为O、Z为Cl。
【详解】A．X、Y、Z分别为O、Mg、Cl，三者可形成MgClO3、MgClO4等种化合物，A错误；
B．Y为Mg、W为C、X为O、Z为Cl，原子半径Y(Mg)>Z(Cl)>W(C)>X(O)，B错误；
C．W为C，其氢化物很多，如甲烷、苯、甚至固态氢化物，X为O，其氢化物为H2O、H2O2，因此W 的氢化物的沸点不一定小于X的氢化物的沸点，C错误；
D．Y为Mg、为CO2，2Mg+CO22MgO+C，故一定条件下，Y的单质能将W从置换出来，D正确；
答案选D。
10．A
【详解】A．镁能够在氧气中燃烧生成氧化镁，氧化镁溶于盐酸生成氯化镁，但氯化镁与硫酸钠不能发生复分解反应生成MgSO4，故A错误；
B．常温下，钠能够与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与乙酸反应生成乙酸钠，故B正确；
C．碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸与氧化钠反应生成碳酸钠， 故C正确；
D．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，故D正确；
故选A。
11．A
【详解】A．镁与氯气反应生成，镁与盐酸反应生成，故A符合题意；
B．铜与氯气反应生成，铜与盐酸不反应，故B不符合题意；
C．铁与氯气反应生成，铁与盐酸反应生成，故C不符合题意；
D．根据C选项分析，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
12．B
【详解】A．1molMg、Al分别与足量盐酸完全反应放出的物质的量分别为1mol、1.5mol。则1mol与足量盐酸完全反应放出的总物质的量为1×17+1.5×12=35mol，A错误；
B．设金属质量均为m，金属提供电子越多则生成氢气体积越大，铝提供电子的物质的量为，镁提供电子的物质的量为，合金提供电子的物质的量为，故等质量的镁、铝和镁铝合金分别与足量的盐酸反应生成的体积(同温同压)由大到小的顺序为V(Al)>V(合金)>V(Mg)，B正确；
C．合金中的金属以单质形式存在，故C错误;
D．镁和氮气在一定温度下会发生反应，故不能用氮气做保护气，D错误。
故选B。
13．D
【详解】A．Cu与Cl2点燃可生成CuCl2，但Cu不与HCl反应，A不符合题意；
B．Fe与Cl2点燃可生成FeCl3，但Fe与HCl反应生成FeCl2，B不符合题意；
C．根据B选项的分析，C不符合题意；
D．Mg与Cl2点燃可生成MgCl2，Mg与HCl反应生成MgCl2，D符合题意；
故选D。
14．D
【详解】A．向苦卤水中加入石灰的目的是生成Mg(OH)2沉淀，利用Mg(OH)2煅烧生成MgO，故A错误；
B．Mg(OH)2煅烧生成MgO，所以煅烧产物为氧化镁，故B错误；
C．氯化反应，依据元素守恒，固体单质是C，气体单质为Cl2，反应方程式为：C + Cl2 + MgO→CO + MgCl2，故C错误；
D．煅烧产物为MgO，根据反应C + Cl2 + MgO→CO + MgCl2，氧化镁在反应中化合价没有变化，故D正确；
故选D。
15． 1.90g 2.67g 5.2g 130mL
【分析】先分段分析图象，分析每一段图象发生的化学反应有哪些，拐点溶液中溶质的成分是什么，然后结合方程式、原子守恒求出各个物理量。
【详解】由图象可知，三种固体的混合物放入水中时，NaOH过量，则：
n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]＝ ＝0.02mol
m(MgCl2)=0.02mol×95g·mol-1＝1.90g
n(AlCl3)=n(AlO2—)=n(H+)=0.02L×1.00mol·L-1=0.02mol
m(AlCl3)=0.02mol×133.5g·mol-1＝2.67g
因为B点沉淀达到最大值，说明Mg2+、Al3+已完全变为沉淀，溶液中仅含NaCl。则n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=2×0.02mol+3×0.03mol+0.03L×
1.00mol·L-1=0.13mol，即混合物中m(NaOH)=0.13mol×40g·mol-1=5.2g 。
C点：沉淀恰好完全溶解，溶液中溶质为AlCl3、 MgCl2、NaCl，与起始的AlCl3、MgCl2、NaOH相比，AlCl3、MgCl2未发生任何变化，而NaOH转变为NaCl。因此，C点所加HCl可看作中和原有的NaOH。所以C点的体积为 =0.13L，即130mL。
因此，本题正确答案是：1.90g； 2.67g ；5.2g；130mL。
【点睛】对于图象分析题的解题规律：要明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析。
16．(1)2Mg+CO22MgO+C
(2)4Mg+2NO24MgO+N2
(3) NaOH溶液 吸收NO2避免污染环境 收集N2 badc

【详解】（1）点燃的镁条能在CO2气体中继续燃烧，产生黑、白两种固体为氧化镁和碳，反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C；
（2）类比Mg与CO2反应的思路，镁在二氧化氮气体中反应生成氧化镁和氮气，反应的化学方程式为4Mg+2NO24MgO+N2；
（3）①依据反应2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O分析，装置A主要吸收多余的二氧化氮气体，需要用氢氧化钠溶液，因此装置A中的试剂是NaOH溶液；
②干燥管是在充满二氧化氮气体过程中避免污染气体排放到空气中污染空气，B装置是排水量气方法收集反应生成的氮气；
③应先在装置中充满二氧化氮气体再进行加热，防止空气的影响，所以实验顺序为badc。
【点睛】本题考查物质性质实验的设计和实验验证方法以及反应现象的分析判断，掌握氮氧化物的性质以及依据现象判断产物是解题的关键，题目难度中等。
17． A Mg(OH)2 AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓ CO2 130.0（130也给分）
【详解】（1）金属钠非常活泼，能够与水、氧气等物质发生反应，但与石蜡油或煤油不反应，可以保存在石蜡油或煤油中，A正确；铝的熔点低，加热后会熔化，但铝在氧气中燃烧生成氧化铝，因为氧化铝的熔点高，加热时氧化膜包裹着内层的熔化的铝而不会低落，B错误；铁单质与水蒸气反应生成四氧化三铁而非氧化铁，C错误；正确选项A。
（2）从题给信息中可知：产生的白色沉淀加盐酸后，沉淀质量不变，说明原溶液中氢氧化钠过量，所以1.16g白色沉淀为氢氧化镁，而氢氧化铝沉淀溶于过量的氢氧化钠，溶液中存在偏铝酸根离子，继续加盐酸，会发生AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓ ，沉淀达到最大值，为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀质量之和（B点）；接着再加入足量的盐酸，两种沉淀都溶于酸中，沉淀消失；
①A点的沉淀物为氢氧化镁，化学式为Mg(OH)2；正确答案：Mg(OH)2。
②写出A点至B点发生反应为偏铝酸根离子与适量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式： AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓；正确答案：AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓。
③含有MgCl2和AlCl3的混合液中，先加入足量的氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，得到沉淀氢氧化镁，再加适量的盐酸，生成MgCl2；滤液为偏铝酸钠溶液，通入足量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，过滤得到沉淀固体，再加入适量盐酸，得到AlCl3，从而实现二者的分离；正确答案：CO2。
④根据上述分析可知：氢氧化镁沉淀质量为1.16克，物质的量为0.02 mol，A→B过程为AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓，共消耗盐酸的量为（30-10）×10-3×1=0.02 mol，生成Al(OH)3沉淀的量为0.02 mol，两种沉淀恰好与盐酸反应只生成氯化镁和氯化铝溶液，根据氯离子守恒可得：V(HCl)×1=0.02×2+0.02×3=0.1, V(HCl)=0.1L=100mL, C点（此时沉淀恰好完全溶解）HCl溶液的体积为30+100=130.0 mL,正确答案：130.0（130也给分）。
18．(1)0.27g
(2)Al(OH)3＋OH－＝＋2H2O

【详解】（1）根据图可知，加入氢氧化钠溶液后首先发生的反应是中和过量的酸：H++OH-=H2O，总共消耗了amL氢氧化钠溶液；a-80段是沉淀两种金属离子：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，80-90段是Al(OH)3的溶解：Al(OH)3＋OH－＝＋2H2O，从横坐标80mL到90mL这段可计算出氢氧化铝的物质的量是1mol/L×(0.09L-0.08L)=0.01mol，则根据铝原子守恒可知n(Al)＝0.01mol，质量是0.01mol×27g/mol＝0.27g；
（2）根据以上分析可知图象中80-90mL之间发生的离子方程式为Al(OH)3＋OH－＝＋2H2O。